Question

7．如圖，質(zhì)量為m、邊長為L的正方形線框，從有界的勻強(qiáng)磁場上方由靜止自由下落，線框電阻為R，勻強(qiáng)磁場的高度為H（L＜H），磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，線框下落過程中ab邊與磁場邊界平行且保持水平．已知ab邊剛進(jìn)入磁場時和ab邊剛穿出磁場時線框都做減速運動，加速度大小都為$\frac{1}{3}$g．則（　　）

• A． ab邊剛進(jìn)入磁場時所受的安培力大小為$\frac{2}{3}$mg
• B． ab邊剛進(jìn)入磁場時的速度大小為v=$\frac{4mgR}{3{B}^{2}{L}^{2}}$
• C． 線框進(jìn)入磁場的過程中，產(chǎn)生的熱量為mgH
• D． 線框穿過整個磁場區(qū)域的過程中，產(chǎn)生的熱量為2mgH

Answer 1

分析 由題，ab邊剛穿出磁場時線框恰好做勻速運動，安培力與重力平衡，由平衡條件和安培力公式F=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}V}{R}$，可求出此時線框的速度，cd邊進(jìn)入磁場后到ab邊剛穿出磁場過程，線框的磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生；從線框開始下落到整個線框全部穿出磁場的過程，線框的重力勢能減小轉(zhuǎn)化為線框的動能和電路的內(nèi)能，由能量守恒定律求解焦耳熱．

解答 解：A、ab邊剛進(jìn)入磁場時和ab邊剛出磁場時，由牛頓第二定律可得：
F-mg=m•$\frac{1}{3}$g，
所以：F=$\frac{4}{3}mg$．故A錯誤；
B、ab邊剛進(jìn)入磁場時產(chǎn)生的電動勢：E=BLv
安培力：F=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}V}{R}$
解得：v=$\frac{4mgR}{3{B}^{2}{L}^{2}}$．故B正確；
C、線框進(jìn)入磁場的過程中，由能量守恒可得：
mgL+$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv′²=Q               
解得：Q=mgL+mg（H-L）=mgH．故C正確；
D、由題，ab邊剛進(jìn)入磁場時和ab邊剛穿出磁場時線框都做減速運動，加速度大小都為$\frac{1}{3}$g．則在ab邊剛進(jìn)入磁場時和ab邊剛穿出磁場時線框的速度都是$\frac{4mgR}{3{B}^{2}{L}^{2}}$，所以在ab邊剛進(jìn)入磁場時到ab邊剛穿出磁場的過程中線框克服安培力做的功與重力做的功大小相等，即線框進(jìn)入磁場的過程中克服安培力做的功為：W=mgH
彈力，由于在ab邊剛進(jìn)入磁場時和ab邊剛穿出磁場時線框的速度相等，過程相似，可知線框出磁場的過程中克服安培力做的功也等于mgH，所以線框穿過整個磁場區(qū)域的過程中，克服安培力做的功是2mgH，所以產(chǎn)生的熱量為2mgH．故D正確．
故選：BCD

點評 本題首先要正確分析線框的運動情況，會推導(dǎo)安培力的表達(dá)式，把握能量是如何轉(zhuǎn)化的．